高考数学导数冲满分-专题10 含参函数的极值、最值讨论

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【例题选讲】
[例1] 设a＞0，函数f(x)＝eq \f(1,2)x2－(a＋1)x＋a(1＋ln x)．
(1)若曲线y＝f(x)在(2，f(2))处的切线与直线y＝－x＋1垂直，求切线方程．
(2)求函数f(x)的极值．
解析 (1)由已知，得f′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)(x＞0)，又由题意可知y＝f(x)在(2，f(2))处切线的斜率为1，
所以f′(2)＝1，即2－(a＋1)＋eq \f(a,2)＝1，解得a＝0，此时f(2)＝2－2＝0，故所求的切线方程为y＝x－2．
(2)f′(x)＝x－(a＋1)＋eq \f(a,x)＝eq \f(x2－(a＋1)x＋a,x)＝eq \f((x－1)(x－a),x)(x＞0)．
①当0＜a＜1时，若x∈(0，a)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；若x∈(a，1)，则f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；若x∈(1，＋∞)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．此时x＝a是f(x)的极大值点，x＝1是f(x)的极小值点，函数f(x)的极大值是f(a)＝－eq \f(1,2)a2＋aln a，极小值是f(1)＝－eq \f(1,2)．
②当a＝1时，f′(x)＝eq \f((x－1)2,x)≥0，所以函数f(x)在定义域(0，＋∞)内单调递增，
此时f(x)没有极值点，故无极值．
③当a＞1时，若x∈(0，1)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
若x∈(1，a)，则f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；若x∈(a，＋∞)，则f′(x)＞0，函数f(x)单调递增．
此时x＝1是f(x)的极大值点，x＝a是f(x)的极小值点，
函数f(x)的极大值是f(1)＝－eq \f(1,2)，极小值是f(a)＝－eq \f(1,2)a2＋aln a．
综上，当0＜a＜1时，f(x)的极大值是－eq \f(1,2)a2＋aln a，极小值是－eq \f(1,2)；当a＝1时，f(x)没有极值；当a＞1时f(x)的极大值是－eq \f(1,2)，极小值是－eq \f(1,2)a2＋aln a．
[例2] 已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求f(x)的极值；
(2)讨论函数f(x)在定义域内极值点的个数．
解析 (1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝ln x－eq \f(1,2)x，函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2)＝eq \f(2－x,2x)，
令f′(x)＝0，得x＝2，于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表．
故f(x)在定义域上的极大值为f(x)极大值＝f(2)＝ln 2－1，无极小值．
(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝eq \f(1－ax,x)．
当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，
则函数在(0，＋∞)上单调递增，此时函数在定义域上无极值点；
当a>0时，若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，则f′(x)>0，
若x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))，则f′(x)<0，故函数在x＝eq \f(1,a)处有极大值．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)无极值点，当a>0时，函数y＝f(x)有一个极大值点，且为x＝eq \f(1,a)．
[例3] 设f(x)＝xlnx－eq \f(3,2)ax2＋(3a－1)x．
(1)若g(x)＝f′(x)在[1，2]上单调，求a的取值范围；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
解析 (1)由f′(x)＝lnx－3ax＋3a，即g(x)＝ln x－3ax＋3a，x∈(0，＋∞)，g′(x)＝eq \f(1,x)－3a，
①g(x)在[1，2]上单调递增，∴eq \f(1,x)－3a≥0对x∈[1，2]恒成立，即a≤eq \f(1,3x)对x∈[1，2]恒成立，得a≤eq \f(1,6)；
②g(x)在[1，2]上单调递减，∴eq \f(1,x)－3a≤0对x∈[1，2]恒成立，即a≥eq \f(1,3x)对x∈[1，2]恒成立，得a≥eq \f(1,3)，
由①②可得a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,6)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，＋∞))．
(2)由(1)知，①当a≤0时，f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴x∈(0，1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；
②当01，又f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3a)))上单调递增，∴x∈(0，1)时，f′(x)<0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,3a)))时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，1)上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,3a)))上单调递增，f(x)在x＝1处取得极小值，符合题意；
③当a＝eq \f(1,3)时，eq \f(1,3a)＝1，f′(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意；
④当a>eq \f(1,3)时，00，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(x)在x＝1处取得极大值，不符合题意．
综上所述，可得a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,3)))．
[例4] (2016·山东)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R．
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．
解析 (1)由f′(x)＝ln x－2ax＋2a，可得g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．所以g′(x)＝eq \f(1,x)－2a＝eq \f(1－2ax,x)．
当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当a＞0，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．
所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，g(x)的单调增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))，单调减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，＋∞))．
(2)由(1)知，f′(1)＝0．①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
②当0＜a＜eq \f(1,2)时，eq \f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2a)))内单调递增，
可得当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＞0．
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2a)))内单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．
③当a＝eq \f(1,2)时，eq \f(1,2a)＝1，f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．
④当a＞eq \f(1,2)时，0＜eq \f(1,2a)＜1，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2a)，1))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．
综上可知，实数a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))．
[例5] 已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－1－\f(a,6)))ex＋1，其中e＝2.718…为自然对数的底数，常数a>0．
(1)求函数f(x)在区间(0，＋∞)上的零点个数；
(2)函数F(x)的导数F′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－a))f(x)，是否存在无数个a∈(1，4)，使得lna为函数F(x)的极大值点？请说明理由．
解析 (1)f′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,6)))ex，当0eq \f(a,6)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,6)))，因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,6)))0，
所以存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,6)，1＋\f(a,6)))，使f(x0)＝0，且当0x0时，f(x)>0．
故函数f(x)在(0，＋∞)上有1个零点，即x0．
(2)方法一 当a>1时，ln a>0．因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，ln a))时，ex－a<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a，＋∞))时，ex－a>0．
由(1)知，当x∈(0，x0)时，f(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0．
下面证：当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，e))时，ln afeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a－1－\f(a,6)))a＋1＝aln a－a－eq \f(a2,6)＋1，记g(x)＝xln x－x－eq \f(x2,6)＋1，x∈(1，e)，
g′(x)＝ln x－eq \f(x,3)，x∈(1，e)，令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝eq \f(3－x,3x)>0，所以g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，e))上单调递增，
由g′(1)＝－eq \f(1,3)<0，g′(e)＝1－eq \f(e,3)>0，所以存在唯一零点t0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，e))，使得g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t0))＝0，
且x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，t0))时，g′(x)<0，g(x)单调递减，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t0，e))时，g′(x)>0，g(x)单调递增．
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，e))时，g(x)得当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，e))时，g(x)<0．故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a))<0，0F′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－a))f(x)>0，F(x)单调递增；当ln a0，f(x)<0，
F′(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ex－a))f(x)<0，F(x)单调递减．所以存在a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，e))⊆(1，4)，使得ln a为F(x)的极大值点．
方法二 因为当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，ln a))时，ex－a<0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a，＋∞))时，ex－a>0．
由(1)知，当x∈(0，x0)时，f(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0．
所以存在无数个a∈(1，4)，使得ln a为函数F(x)的极大值点，
即存在无数个a∈(1，4)，使得ln a由(1)，问题①等价于存在无数个a∈(1，4)，使得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a))<0成立，
因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a－1－\f(a,6)))a＋1＝aln a－a－eq \f(a2,6)＋1，记g(x)＝xln x－x－eq \f(x2,6)＋1，x∈(1，4)，
g′(x)＝ln x－eq \f(x,3)，x∈(1，4)，设k(x)＝g′(x)，因为k′(x)＝eq \f(3－x,3x)，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))时，k′(x)>0，所以g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))上单调递增，因为g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝lneq \f(3,2)－eq \f(1,2)<0，g′(2)＝ln 2－eq \f(2,3)>0，
所以存在唯一零点t0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))，使得g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t0))＝0，
且当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，t0))时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t0，2))时，g′(x)>0，g(x)单调递增；
所以当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))时，g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t0))＝t0ln t0－t0－eq \f(t\\al(2,0),6)＋1，②
由g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t0))＝0，可得ln t0＝eq \f(t0,3)，代入②式可得g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t0))＝eq \f(t\\al(2,0),6)－t0＋1，
当t0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))时，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t0))＝eq \f(t\\al(2,0),6)－t0＋1＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t0－3))2,6)－eq \f(1,2)<－eq \f(1,8)<0，
所以必存在x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))，使得g(x)<0，即对任意a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln a))<0有解，
所以对任意a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，2))⊆(1，4)，函数F(x)存在极大值点为ln a．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋x，a∈R.
(1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)令g(x)＝f(x)－(ax－1)，求函数g(x)的极值．
1．解析 (1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，∴切点为(1，1)，又f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，
∴切线斜率k＝f′(1)＝2，故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
(2)g(x)＝f(x)－(ax－1)＝ln x－eq \f(1,2)ax2＋(1－a)x＋1，则g′(x)＝eq \f(1,x)－ax＋(1－a)＝eq \f(－ax2＋(1－a)x＋1,x)，
①当a≤0时，∵x>0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上是增函数，函数g(x)无极值点．
②当a>0时，g′(x)＝eq \f(－ax2＋(1－a)x＋1,x)＝－eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,a)))(x＋1),x)，令g′(x)＝0得x＝eq \f(1,a).
∴当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，g′(x)>0；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，g′(x)<0.
因此g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上是减函数．
∴x＝eq \f(1,a)时，g(x)取极大值geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝ln eq \f(1,a)－eq \f(a,2)×eq \f(1,a2)＋(1－a)×eq \f(1,a)＋1＝eq \f(1,2a)－ln a.
由①②得，当a≤0时，函数g(x)无极值；
当a>0时，函数g(x)有极大值eq \f(1,2a)－ln a，无极小值．
2．设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex．
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
2．解析 (1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex．f′(1)＝(1－a)e．
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1．此时f(1)＝3e≠0．所以a的值为1．
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex．
若a>eq \f(1,2)，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0．所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤eq \f(1,2)，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤eq \f(1,2)x－1<0，所以f′(x)>0，所以2不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))．
3．已知函数f (x)＝x2－3x＋eq \f (a,x)．
(1)若a＝4，讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)有3个极值点，求实数a的取值范围．
3．解析 (1)因为a＝4时，f (x)＝x2－3x＋eq \f (4,x)，
所以f ′(x)＝2x－3－eq \f (4,x2)＝eq \f (2x3－3x2－4,x2)＝eq \f (2x3－4x2＋x2－4,x2)＝eq \f ((x－2)(2x2＋x＋2),x2)(x≠0)，
令f ′(x)>0，得x>2；令f ′(x)<0，得x<0或0所以f (x)在(－∞，0)，(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增．
(2)由题意知，f ′(x)＝2x－3－eq \f (a,x2)＝eq \f (2x3－3x2－a,x2)(x≠0)，设函数g(x)＝2x3－3x2－a，
则原条件等价于g(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上有3个零点，
且3个零点附近的左、右两侧的函数值异号，又g′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，
由g′(x)>0，得x>1或x<0；由g′(x)<0，得0故g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故原条件等价于g(x)在(－∞，0)，(0，1)，(1，＋∞)上各有一个零点，令g(0)＝－a>0，得a<0，
当a<0时，－eq \r(－a)<0，g(－eq \r(－a))＝2(－eq \r(－a))3－3(－a)－a＝2a(eq \r(－a)＋1)<0，
故a<0时，g(x)在(－∞，0)上有唯一零点；
令g(1)＝－1－a<0，解得a>－1，故－1又－10，所以g(x)在(1，＋∞)上有唯一零点．
综上可知，实数a的取值范围是(－1，0)．
4．已知函数f(x)＝ax－x2－ln x(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)存在极值，且这些极值的和大于5＋ln2，求实数a的取值范围．
4．解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝a－2x－eq \f(1,x)．∵2x＋eq \f(1,x)≥2eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当x＝\f(\r(2),2)时等号成立))，
当a≤2eq \r(2)时，f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
当a＞2eq \r(2)时，f′(x)＝a－2x－eq \f(1,x)＝－eq \f(2x2－ax＋1,x)．
由f′(x)＝0得x1＝eq \f(a－\r(a2－8),4)，x2＝eq \f(a＋\r(a2－8),4)且x2＞x1＞0．
由f′(x)＞0得x1＜x＜x2，由f′(x)＜0得0＜x＜x1，或x＞x2，
∴函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－8),4)，\f(a＋\r(a2－8),4)))，
单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－8),4)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\r(a2－8),4)，＋∞))．
综上所述，当a≤2eq \r(2)时，函数f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间；
当a＞2eq \r(2)时，函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a－\r(a2－8),4)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋ \r(a2－8),4)，＋∞))，
单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－\r(a2－8),4)，\f(a＋\r(a2－8),4)))．
(2)由(1)知，当f(x)存在极值时，a＞2eq \r(2)．即方程2x2－ax＋1＝0有两个不相等的正根x1，x2，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(a,2)＞0，,x1x2＝\f(1,2)＞0.))
∴f(x1)＋f(x2)＝a(x1＋x2)－(xeq \\al(2,1)＋xeq \\al(2,2))－(ln x1＋ln x2)
＝a(x1＋x2)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1((x1＋x2)2－2x1x2))－ln(x1x2)＝eq \f(a2,2)－eq \f(a2,4)＋1－ln eq \f(1,2)＝eq \f(a2,4)＋1－ln eq \f(1,2)．
依题意eq \f(a2,4)＋1－lneq \f(1,2)＞5＋ln 2，即a2＞16，∴a＞4或a＜－4．
又a＞2eq \r(2)．∴a＞4，即实数a的取值范围是(4，＋∞)．
5．(2018·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax2)·ln(1＋x)－2x．
(1)若a＝0，证明：当－10时，f(x)>0．
(2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a．
5．解析 (1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－eq \f(x,1＋x).
设函数g(x)＝f′(x)＝ln (1＋x)－eq \f(x,1＋x)，则g′(x)＝eq \f(x,(1＋x)2).
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0．故当x＞－1时，g(x)≥g(0)＝0，
且仅当x＝0时，g(x)＝0，从而f′(x)≥0，且仅当x＝0时，f′(x)＝0.
所以f(x)在(－1，＋∞)单调递增．又f(0)＝0，故当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0.
(2)(ⅰ)若a≥0，由(1)知，当x＞0时，f(x)≥(2＋x)·ln (1＋x)－2x＞0＝f(0)，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾．
(ⅱ)若a＜0，设函数h(x)＝eq \f(f(x),2＋x＋ax2)＝ln(1＋x)－eq \f(2x,2＋x＋ax2).
由于当|x|＜min{1，eq \r(\f(1,|a|))}时，2＋x＋ax2＞0，故h(x)与f(x)符号相同．
又h(0)＝f(0)＝0，故x＝0是f(x)的极大值点当且仅当x＝0是h(x)的极大值点．
h′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(2(2＋x＋ax2)－2x(1＋2ax),(2＋x＋ax2)2)＝eq \f(x2(a2x2＋4ax＋6a＋1),(x＋1)(ax2＋x＋2)2).
如果6a＋1＞0，则当0＜x＜－eq \f(6a＋1,4a)，且|x|＜min{1，eq \r(\f(1,|a|))}时，h′(x)＞0，故x＝0不是h(x)的极大值点．
如果6a＋1＜0，则a2x2＋4ax＋6a＋1＝0存在根x1＜0，故当x∈(x1，0)，且|x|＜min{1，eq \r(\f(1,|a|))}时，h′(x)＜0，所以x＝0不是h(x)的极大值点．
如果6a＋1＝0，则h′(x)＝eq \f(x3(x－24),(x＋1)(x2－6x－12)2)，
则当x∈(－1，0)时，h′(x)＞0；当x∈(0，1)时，h′(x)＜0.
所以x＝0是h(x)的极大值点，从而x＝0是f(x)的极大值点．
综上，a＝－eq \f(1,6)．
考点二 含参函数的最值
【例题选讲】
[例1] 已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)当a＞0时，求函数f(x)在[1，2]上的最小值．
解析 (1)f′(x)＝eq \f(1,x)－a(x＞0)，
①当a≤0时，f′(x)＝eq \f(1,x)－a＞0，即函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a＞0时，令f′(x)＝eq \f(1,x)－a＝0，可得x＝eq \f(1,a)，
当0＜x＜eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)＞0；当x＞eq \f(1,a)时，f′(x)＝eq \f(1－ax,x)＜0，
故函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))．
综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))．
(2)①当0＜eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在区间[1，2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln 2－2a．
②当eq \f(1,a)≥2，即0＜a≤eq \f(1,2)时，函数f(x)在区间[1，2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a．
③当1＜eq \f(1,a)＜2，即eq \f(1,2)＜a＜1时，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上是增函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，2))上是减函数．
又f(2)－f(1)＝ln 2－a，所以当eq \f(1,2)＜a＜ln 2时，最小值是f(1)＝－a；
当ln 2≤a＜1时，最小值为f(2)＝ln 2－2a．
综上可知，当0＜a＜ln2时，函数f(x)的最小值是f(1)＝－a；当a≥ln2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a．
[例2] 已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x.
(1)当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)当a<0时，求函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上的最小值．
解析 (1)因为f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，所以f′(x)＝2ax＋1－2a－eq \f(1,x)＝eq \f((2ax＋1)(x－1),x).
因为a>0，x>0，所以2ax＋1>0，令f′(x)>0，得x>1，所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
(2)当a<0时，令f′(x)＝0，得x1＝－eq \f(1,2a)，x2＝1，
当－eq \f(1,2a)>1，即－eq \f(1,2)当eq \f(1,2)≤－eq \f(1,2a)≤1，即－1≤a≤－eq \f(1,2)时，f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(1,2a)))上是减函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)，1))上是增函数，
所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2a)))＝1－eq \f(1,4a)＋ln(－2a)．
当－eq \f(1,2a)综上，函数f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上的最小值为f(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(3,4)a＋ln 2，a<－1，,1－\f(1,4a)＋ln(－2a)，－1≤a≤－\f(1,2)，,1－a，－\f(1,2)[例3] 已知函数f (x)＝eq \f (ln x,x)－1．
(1)求函数f (x)的单调区间及极值；
(2)设m>0，求函数f (x)在区间[m，2m]上的最大值．
解析 (1)因为函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝eq \f (1－ln x,x2)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f ′(x)>0，,x>0，))得0由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f ′(x)<0，,x>0，))得x>e．所以函数f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)，
且f (x)极大值＝f (e)＝eq \f (1,e)－1，无极小值．
(2)①当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m≤e，,m>0，))即0②当m所以f (x)max＝f (e)＝eq \f (ln e,e)－1＝eq \f (1,e)－1；
③当m≥e时，函数f (x)在区间[m，2m]上单调递减，所以f (x)max＝f (m)＝eq \f (ln m,m)－1．
综上所述，当0[例4] 已知函数f(x)＝eq \f(mln x,x)＋n，g(x)＝x2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f(x)－\f(1,x)－\f(a,2)))(m，n，a∈R)，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(1)求实数m，n的值及函数f(x)的最大值；
(2)当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－e，\f(1,e)))时，记函数g(x)的最小值为b，求b的取值范围．
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(m(1－ln x),x2)，
因为f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f′(1)＝m＝1，,f(1)＝\f(mln 1,1)＋n＝0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1，,n＝0.))
所以f(x)＝eq \f(ln x,x)，f′(x)＝eq \f(1－ln x,x2)，令f′(x)＝0，得x＝e，
当00，f(x)单调递增；当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以当x＝e时，f(x)取得最大值，最大值为f(e)＝eq \f(1,e).
(2)因为g(x)＝x2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f(x)－\f(1,x)－\f(a,2)))＝xln x－eq \f(ax2,2)－x，所以g′(x)＝ln x－ax＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x)－a)).
①当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，x→＋∞时，g(x)→－∞，g(x)无最小值．
②当a＝0时，g′(x)＝ln x，由g′(x)>0得x>1，由g′(x)<0得0所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)的最小值b＝g(1)＝－1.
③当a∈(－e，0)时，由(1)知方程eq \f(ln x,x)－a＝0有唯一实根，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝－e，f(1)＝0，f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递增，所以存在t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，使得g′(t)＝0，即ln t＝at.
当x∈(0，t)时，g′(x)<0；当x∈(t，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，t)上单调递减，在(t，＋∞)上单调递增，
g(x)的最小值b＝g(t)＝tln t－eq \f(a,2)t2－t＝eq \f(tln t,2)－t，令h(t)＝eq \f(tln t,2)－t，t∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))，
则h′(t)＝eq \f(ln t－1,2)<0，所以h(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))上单调递减，从而b＝h(t)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2e))).
综上所述，当a∈(－e，0]时，b∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2e)))；当a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，b不存在．
[例5] (2019·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝2x3－ax2＋b．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)是否存在a，b，使得f(x)在区间[0，1]的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．
解析 (1)f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝eq \f(a,3)．
若a＞0，则当x∈(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))时，f′(x)＞0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))时，f′(x)＜0．故f(x)在(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，＋∞))单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(a,3)))单调递减．
若a＝0，f(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
若a＜0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))∪(0，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))时，f′(x)＜0．故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(a,3)))，(0，＋∞)单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)，0))单调递减．
(2)满足题设条件的a，b存在．
①当a≤0时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递增，所以f(x)在区间[0，1]的最小值为f(0)＝b，最大值为f(1)＝2－a＋b．此时a，b满足题设条件当且仅当b＝－1，2－a＋b＝1，即a＝0，b＝－1．
②当a≥3时，由(1)知，f(x)在[0，1]单调递减，所以f(x)在区间[0，1]的最大值为f(0)＝b，最小值为f(1)＝2－a＋b．此时a，b满足题设条件当且仅当2－a＋b＝－1，b＝1，即a＝4，b＝1．
③当0＜a＜3时，由(1)知，f(x)在[0，1]的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,3)))＝－eq \f(a3,27)＋b，最大值为b或2－a＋b．
若－eq \f(a3,27)＋b＝－1，b＝1，则a＝3eq \r(3,2)，与0＜a＜3矛盾．
若－eq \f(a3,27)＋b＝－1，2－a＋b＝1，则a＝3eq \r(3)或a＝－3eq \r(3)或a＝0，与0＜a＜3矛盾．
综上，当且仅当a＝0，b＝－1或a＝4，b＝1时，f(x)在[0，1]的最小值为－1，最大值为1．
【对点训练】
1．已知函数g(x)＝alnx＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
1．解析 (1)∵a＝1，∴g(x)＝ln x＋x2－3x，∴g′(x)＝eq \f(1,x)＋2x－3＝eq \f((2x－1)(x－1),x)，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，∴g(x)在[1，e]上单调递增，∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1．
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－(a＋2)＝eq \f(2x2－(a＋2)x＋a,x)＝eq \f((2x－a)(x－1),x)．
①当eq \f(a,2)≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1h(a)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝aln eq \f(a,2)－eq \f(1,4)a2－a；
③当eq \f(a,2)≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e．
综上，h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－1，a≤2，,aln\f(a,2)－\f(1,4)a2－a，22．已知函数f(x)＝(x－a)ex(a∈R)．
(1)当a＝2时，求函数f(x)的图象在x＝0处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[1，2]上的最小值．
2．解析 f′(x)＝(x＋1－a)ex．
(1)当a＝2时，f′(x)＝(x－1)ex．∴f(0)＝－2，f′(0)＝－1，
∴所求切线方程为y＋2＝－x，即x＋y＋2＝0．
(2)令f′(x)＝0得x＝a－1．
①若a－1≤1，则a≤2．当x∈[1，2]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，2]上单调递增．∴f(x)min＝f(1)＝(1－a)e；
②若a－1≥2，则a≥3．当x∈[1，2]时，f′(x)≤0，则f(x)在[1，2]上单调递减．∴f(x)min＝f(2)＝(2－a)e2；
③若1∴f(x)的单调递减区间为(1，a－1)，单调递增区间为(a－1，2)，∴f(x)min＝f(a－1)＝－ea－1．
综上可知，当a≤2时，f(x)min＝(1－a)e；当a≥3时，f(x)min＝(2－a)e2；当23．已知函数f(x)＝ax－lnx，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0．
(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；
(2)若a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,e2)))，且函数g(x)＝xeax－1－2ax＋f(x)的最小值为M，求M的最小值．
3．解析 (1)由题意得f′(x)＝a－eq \f(1,x)＝eq \f(ax－1,x)，F′(x)＝ex＋a，x>0，
∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，
当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)，由F′(x)<0，得0∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(－a))，单调递增区间为(ln(－a)，＋∞)．
∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，∴ln(－a)≥ln 3，解得a≤－3，
综上，a的取值范围是(－∞，－3]．
(2)g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－eq \f(1,x)＝(ax＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eax－1－\f(1,x)))，由eax－1－eq \f(1,x)＝0，解得a＝eq \f(1－ln x,x)，
设p(x)＝eq \f(1－ln x,x)，则p′(x)＝eq \f(ln x－2,x2)，当x>e2时，p′(x)>0，当0从而p(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，p(x)min＝p(e2)＝－eq \f(1,e2)，
当a≤－eq \f(1,e2)时，a≤eq \f(1－ln x,x)，即eax－1－eq \f(1,x)≤0，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，＋∞))时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，∴g(x)min＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝M，
设t＝－eq \f(1,a)∈(0，e2]，M＝h(t)＝eq \f(t,e2)－ln t＋1(0∴h(t)≥h(e2)＝0，即M≥0，∴M的最小值为0．
4．已知函数f(x)＝ax＋lnx，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
4．解析 (1)易知f(x)的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，
f′(x)＝－1＋eq \f(1,x)＝eq \f(1－x,x)，令f′(x)＝0，得x＝1．当00；当x>1时，f′(x)<0．
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
∴f(x)max＝f(1)＝－1．∴当a＝－1时，函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值为－1．
(2)f′(x)＝a＋eq \f(1,x)，x∈(0，e]，eq \f(1,x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))．
①若a≥－eq \f(1,e)，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意．
②若a<－eq \f(1,e)，令f′(x)>0得a＋eq \f(1,x)>0，结合x∈(0，e]，解得0令f′(x)<0得a＋eq \f(1,x)<0，结合x∈(0，e]，解得－eq \f(1,a)从而f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)，e))上单调递减，
∴f(x)max＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))．令－1＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－3，得lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,a)))＝－2，即a＝－e2．
∵－e2<－eq \f(1,e)，∴a＝－e2为所求．故实数a的值为－e2．
5．已知函数f (x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x，其中a∈R．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)当a>0时，若f (x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求a的取值范围．
5．解析 (1)当a＝1时，f (x)＝x2－3x＋ln x(x>0)，所以f ′(x)＝2x－3＋eq \f (1,x)＝eq \f (2x2－3x＋1,x)，
所以f (1)＝－2，f ′(1)＝0．所以切线方程为y＋2＝0．
(2)函数f (x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a>0时，f ′(x)＝2ax－(a＋2)＋eq \f (1,x)＝eq \f (2ax2－(a＋2)x＋1,x)＝eq \f ((2x－1)(ax－1),x)，
令f ′(x)＝0，解得x＝eq \f (1,2)或x＝eq \f (1,a)．
①当0所以f (x)在[1，e]上的最小值为f (1)＝－2，符合题意；
②当1所以f (x)在[1，e]上的最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,a)))③当eq \f (1,a)≥e，即0所以f (x)在[1，e]上的最小值为f (e)综上，实数a的取值范围是[1，＋∞)．
考点三 含参函数的极值与最值的综合问题
【例题选讲】
[例1] 已知函数f(x)＝eq \f(ex,1＋ax2)，其中a为正实数，x＝eq \f(1,2)是f(x)的一个极值点．
(1)求a的值；
(2)当b>eq \f(1,2)时，求函数f(x)在[b，＋∞)上的最小值．
解析 f′(x)＝eq \f((ax2－2ax＋1)ex,(1＋ax2)2)．
(1)因为x＝eq \f(1,2)是函数y＝f(x)的一个极值点，所以f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝0，因此eq \f(1,4)a－a＋1＝0，解得a＝eq \f(4,3)．
经检验，当a＝eq \f(4,3)时，x＝eq \f(1,2)是y＝f(x)的一个极值点，故所求a的值为eq \f(4,3)．
(2)由(1)可知，f′(x)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)x2－\f(8,3)x＋1))ex,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(4,3)x2))2)，令f′(x)＝0，得x1＝eq \f(1,2)，x2＝eq \f(3,2)．
f(x)与f′(x)随x的变化情况如下：
所以f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))，单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))．
当eq \f(1,2)所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(e\r(e),4)；
当b≥eq \f(3,2)时，f(x)在[b，＋∞)上单调递增，
所以f(x)在[b，＋∞)上的最小值为f(b)＝eq \f(eb,1＋ab2)＝eq \f(3eb,3＋4b2)．
[例2] 已知函数f(x)＝aln (x＋b)－eq \r(x)．
(1)若a＝1，b＝0，求f(x)的最大值；
(2)当b>0时，讨论f(x)极值点的个数．
解析 (1)当a＝1，b＝0时，f(x)＝ln x－eq \r(x)，此时，f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,2\r(x))＝eq \f(2－\r(x),2x)，由f′(x)>0，解得04，
故f(x)在(0，4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(4)＝2ln 2－2．
(2)当b>0时，函数的定义域是[0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x＋b)－eq \f(1,2\r(x))＝eq \f(－x＋2a\r(x)－b,2\r(x)x＋b)，
①当a≤0时，f′(x)<0对任意x∈(0，＋∞)恒成立，故此时f(x)的极值点的个数为0；
②当a>0时，设h(x)＝－x＋2aeq \r(x)－b，
(ⅰ)当4a2－4b≤0即0故此时f(x)的极值点个数是0；
(ⅱ)当4a2－4b>0即a>eq \r(b)时，记方程h(x)＝0的两根分别为x1，x2，
由于eq \r(x1)＋eq \r(x2)＝2a>0，eq \r(x1)eq \r(x2)＝b>0，故x1，x2都大于0，即f′(x)在(0，＋∞)上有2个变号零点，
故此时f(x)的极值点的个数是2．
综上，a≤eq \r(b)时，f(x)极值点的个数是0；a>eq \r(b)时，f(x)极值点的个数是2．
[例3] 设函数f(x)＝ax＋e－x(a＞1)．
(1)求证：f(x)有极值；
(2)若x＝x0时f(x)取得极值，且对任意正整数a都有x0∈(m，n)，其中m，n∈Z，求n－m的最小值．
解析 (1)由题意得f′(x)＝axln a－e－x，令h(x)＝f′(x)＝axln a－e－x，
则h′(x)＝ax(ln a)2＋e－x＞0，所以函数h(x)，即f′(x)在R上单调递增．
由f′(x)＝0，得axexln a＝1，因为a＞1，所以axex＝eq \f(1,ln a)＞0，得x＝lgaeeq \f(1,ln a)，
当x＞lgaeeq \f(1,ln a)时，f′(x)＞0；当x＜lgaeeq \f(1,ln a)时，f′(x)＜0．
所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，lgae\f(1,ln a)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lgae\f(1,ln a)，＋∞))上单调递增，
因此，当x＝lgaeeq \f(1,ln a)时函数f(x)取极值．
(2)由(1)知，函数f(x)的极值点x0(即函数f′(x)的零点)唯一．
由f′(－1)＝eq \f(ln a,a)－e，令g(a)＝eq \f(ln a,a)，则g′(a)＝eq \f(1－ln a,a2)，由g′(a)＝0，得a＝e，
当a＞e时，g′(a)＜0；当0＜a＜e时，g′(a)＞0．
所以g(a)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(a)≤g(e)＝eq \f(1,e)，
所以f′(－1)＝eq \f(ln a,a)－e＜0．
当a为大于1的正整数时，f′(0)＝ln a－1的值有正有负．
f′(1)＝aln a－eq \f(1,e)，因为a为正整数且a＞1，所以aln a≥2ln 2＞eq \f(1,e)，所以f′(1)＞0．
所以x0∈(－1，1)恒成立，所以n－m的最小值为2．
[例4] 已知函数f(x)＝alnx＋eq \f(1,x)(a＞0)．
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)是否存在实数a，使得函数f(x)在[1，e]上的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
解析 由题意，知函数的定义域为{x|x＞0}，f′(x)＝eq \f(a,x)－eq \f(1,x2)(a＞0)．
(1)由f′(x)＞0解得x＞eq \f(1,a)，所以函数f(x)的单调递增区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))；
由f′(x)＜0解得x＜eq \f(1,a)，所以函数f(x)的单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))．
所以当x＝eq \f(1,a)时，函数f(x)有极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a，无极大值．
(2)不存在．理由如下：
由(1)可知，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，函数f(x)单调递减；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，函数f(x)单调递增．
①若0＜eq \f(1,a)≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1，e]上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(1)＝aln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件．
②若1＜eq \f(1,a)≤e，即eq \f(1,e)≤a＜1时，函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,a)))上为减函数，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，e))上为增函数，
故函数f(x)的最小值为f(x)的极小值f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝aln eq \f(1,a)＋a＝a－aln a＝a(1－ln a)＝0，即ln a＝1，
解得a＝e，而eq \f(1,e)≤a＜1，故不满足条件．
③若eq \f(1,a)＞e，即0＜a＜eq \f(1,e)时，函数f(x)在[1，e]上为减函数，故函数f(x)的最小值为f(e)＝a＋eq \f(1,e)＝0，
解得a＝－eq \f(1,e)，而0＜a＜eq \f(1,e)，故不满足条件．
综上所述，这样的a不存在．
[例5] 已知函数f (x)＝(ax－1)ln x＋eq \f (x2,2)．
(1)若a＝2，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线l的方程；
(2)设函数g(x)＝f ′(x)有两个极值点x1，x2，其中x1∈(0，e]，求g(x1)－g(x2)的最小值．
解析 (1)当a＝2时，f (x)＝(2x－1)ln x＋eq \f (x2,2)，则f ′(x)＝2ln x＋x－eq \f (1,x)＋2，f ′(1)＝2，f (1)＝eq \f (1,2)，
∴切线l的方程为y－eq \f (1,2)＝2(x－1)，即4x－2y－3＝0．
(2)函数g(x)＝aln x＋x－eq \f (1,x)＋a，定义域为(0，＋∞)，则g′(x)＝1＋eq \f (a,x)＋eq \f (1,x2)＝eq \f (x2＋ax＋1,x2)，
令g′(x)＝0，得x2＋ax＋1＝0，其两根为x1，x2，且x1＋x2＝－a，x1x2＝1，故x2＝eq \f (1,x1)，a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f (1,x1)))．
g(x1)－g(x2)＝g(x1)－geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (1,x1)))＝aln x1＋x1－eq \f (1,x1)＋a－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(aln\f (1,x1)＋\f (1,x1)－x1＋a))
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f (1,x1)))＋2aln x1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f (1,x1)))－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f (1,x1)))ln x1，
令h(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f (1,x)))－2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f (1,x)))ln x．则[g(x1)－g(x2)]min＝h(x)min，
又h′(x)＝eq \f (2(1＋x)(1－x)ln x,x2)，当x∈(0，1]时，h′(x)≤0，当x∈(1，e]时，h′(x)<0，
即当x∈(0，e]时，h(x)单调递减，∴h(x)min＝h(e)＝－eq \f (4,e)，故[g(x1)－g(x2)]min＝－eq \f (4,e)．
[例6] 已知函数g(x)＝eq \f(x2,2)＋x＋lnx．
(1)若函数g′(x)≥a恒成立，求实数a的取值范围；
(2)函数f(x)＝g(x)－mx，若f(x)存在单调递减区间，求实数m的取值范围；
(3)设x1，x2(x1＜x2)是函数f(x)的两个极值点，若m≥eq \f(7,2)，求f(x1)－f(x2)的最小值．
解析 (1)∵g′(x)＝x＋eq \f(1,x)＋1，g′(x)＝x＋eq \f(1,x)＋1≥2eq \r(x·\f(1,x))＋1＝3，g′(x)≥a，∴a≤3．
(2)∴f′(x)＝x＋1－m＋eq \f(1,x)＝eq \f(x2＋(1－m)x＋1,x)，又∵f′(x)＜0在(0，＋∞)上有解，
令h(x)＝x2＋(1－m)x＋1，则h(0)＝1＞0，只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(m－1,2)＞0，,(m－1)2－4＞0，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m>1，,m>0或m＜－1，))即m＞3
(3)∵f′(x)＝eq \f(x2＋(1－m)x＋1,x)，令f′(x)＝0，即x2＋(1－m)x＋1＝0，
两根分别为x1，x2，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝m－1，,x1x2＝1，))
又∵f(x1)－f(x2)＝eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋(1－m)(x1－x2)＋lneq \f(x1,x2)＝eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))－(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＋lneq \f(x1,x2)，
＝lneq \f(x1,x2)－eq \f(1,2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))＝lneq \f(x1,x2)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,x2)－\f(x2,x1)))．
令t＝eq \f(x1,x2)，由于x1＜x2，∴0＜t＜1．
又∵m≥eq \f(7,2)，(x1＋x2)2＝(m－1)2≥eq \f(25,4)，即eq \f((x1＋x2)2,x1x2)＝eq \f(x1,x2)＋2＋eq \f(x2,x1)，即t＋2＋eq \f(1,t)≥eq \f(25,4)，
∴4t2－17t＋4≥0，解得t≥4或t≤eq \f(1,4)，即0＜t≤eq \f(1,4)．
令h(t)＝lnt－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,t)))(0＜t≤eq \f(1,4))，h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))＝－eq \f((t－1)2,2t2)＜0，
∴h(t)在(0，eq \f(1,4)]上单调递减，h(t)min＝h(eq \f(1,4))＝－2ln2＋eq \f(15,8)．
∴f(x1)－f(x2)的最小值为－2ln2＋eq \f(15,8)．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝xlnx．
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)设函数g(x)＝f(x)－a(x－1)，其中a∈R，求函数g(x)在区间(0，e]上的最小值(其中e为自然对数的底数)．
1．解析 (1)f′(x)＝lnx＋1，x>0，由f′(x)＝0，得x＝eq \f(1,e)．
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))时，f′(x)<0，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,e)))上单调递减，在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞))上单调递增．
所以x＝eq \f(1,e)是函数f(x)的极小值点，极大值点不存在．
(2)g(x)＝xln x－a(x－1)，则g′(x)＝ln x＋1－a，由g′(x)＝0，得x＝ea－1．
所以在区间(0，ea－1)上，g(x)单调递减，在区间(ea－1，＋∞)上，g(x)单调递增．
当ea－1≥e，即a≥2时，g(x)在(0，e]上单调递减，∴g(x)min＝g(e)＝a＋e－ae，
当ea－1∴g(x)min＝g(ea－1)＝a－ea－1，令g(x)的最小值为h(a)，
综上有h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－ea－1，a<2，,a＋e－ae，a≥2.))
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x3＋x2，x<1，,aln x，x≥1.))
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值；
(2)求f(x)在[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值．
2．解析 (1)当x<1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝eq \f(2,3)．
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
故当x＝0时，函数f(x)取到极小值，极小值为f(0)＝0，
当x＝eq \f(2,3)时，函数f(x)取到极大值，极大值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(4,27)．
(2)①当－1≤x<1时，根据(1)知，函数f(x)在[－1，0)和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))上单调递减，在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))上单调递增．
因为f(－1)＝2，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(4,27)，f(0)＝0，所以f(x)在[－1，1)上的最大值为2．
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln x，当a≤0时，f(x)≤0；
当a>0时，f(x)在[1，e]上单调递增．则f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a．
故当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a<2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2．
3．已知函数f(x)＝alnx＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)．
3．解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)＋2x－a＝eq \f(2x2－ax＋a,x)，
因为x＝3是f(x)的极值点，所以f′(3)＝eq \f(18－3a＋a,3)＝0，
解得a＝9，所以f′(x)＝eq \f(2x2－9x＋9,x)＝eq \f((2x－3)(x－3),x)，
所以当03时，f′(x)>0，
当eq \f(3,2)所以f(x)的单调递增区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2)))，(3，＋∞)，单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3)).
(2)g′(x)＝eq \f(2x2－ax＋a,x)－2＝eq \f((2x－a)(x－1),x)，令g′(x)＝0，得x1＝eq \f(a,2)，x2＝1.
①当eq \f(a,2)≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1h(a)＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝alneq \f(a,2)－eq \f(1,4)a2－a；
③当eq \f(a,2)≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－a－1，a≤2，,aln\f(a,2)－\f(1,4)a2－a，24．已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x．
(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．
4．解析 (1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(a,x)＋2＝eq \f(a＋2x,x)．
当a＝－4时，f′(x)＝eq \f(2x－4,x)．
所以当0当x>2时，f′(x)>0，即f(x)在(2，＋∞)上单调递增．
所以f(x)只有极小值，且当x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2．
所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2，无极大值．
(2)因为f′(x)＝eq \f(a＋2x,x)，所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，
f′(x)>0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值．
当a<0时，由f′(x)>0，得x>－eq \f(a,2)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，＋∞))上单调递增；
由f′(x)<0，得x<－eq \f(a,2)，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)))上单调递减．
所以当a<0时，f(x)的最小值为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝aln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))．
根据题意，知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＝aln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))≥－a，即a[ln (－a)－ln 2]≥0．
因为a<0，所以ln (－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
所以实数a的取值范围是[－2，0)．
5．已知函数f(x)＝asin x＋sin2x，a∈R．
(1)若f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有极值点，求a的取值范围；
(2)若a＝1，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2π,3)))时，f(x)≥bxcsx，求b的最大值．
5．解析 (1)f′(x)＝acs x＋2cs 2x＝4cs2x＋acs x－2，
依题意，f′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上有变号零点，令cs x＝t，则t∈(0，1)，
所以g(t)＝4t2＋at－2＝0在(0，1)有实根，注意到Δ＞0，
所以g(0)·g(1)＜0，解得a＞－2，即a∈(－2，＋∞)．
(2)a＝1时，f(x)＝sin x＋sin 2x，
当x∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))时，f(x)≥0≥bxcs x，显然成立；当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，cs x＞0，所以tan x＋2sin x≥bx．
记h(x)＝tan x＋2sin x－bx，则h(x)≥0恒成立，
h′(x)＝eq \f(1,cs2x)＋2cs x－b，h″(x)＝eq \f(2sin x,cs3x)－2sin x＝eq \f(2sin x(1－cs3x),cs3x)＞0，
h′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))单调递增，h′(0)＝3－b，
若b＞3，则h′(0)＜0，记cs θ＝eq \f(1,\r(b))，θ∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，则h′(θ)＝b＋eq \f(2,\r(b))－b＝eq \f(2,\r(b))＞0，
所以存在x0∈(0，θ)，使得h′(x0)＝0，当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，
所以x∈(0，x0)时，h(x)＜h(0)＝0，不符题意．
当b＝3时，h′(x)＞h′(0)＝0，即x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，h(x)单调递增，所以h(x)＞h(0)＝0，符合题意，
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))时，f(x)＝sin x＋2sin xcs x＝sin x(1＋2cs x)，
由2cs x＋1＞2cs eq \f(2π,3)＋1＝0，sin x＞0，所以f(x)＞0，
而b＝3时，bxcs x＜0，所以f(x)＞bxcs x成立，
综上所述，b的最大值为3．
6．已知函数f(x)＝lnx＋eq \f(1,2)x2－ax＋a(a∈R)．
(1)若函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，求实数a的取值范围；
(2)若函数f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且x2≥eq \r(e)x1(e为自然对数的底数)，求f(x2)－f(x1)的最大值．
6．解析 (1)∵f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－a(x＞0)，又f(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴恒有f′(x)≥0，
即eq \f(1,x)＋x－a≥0恒成立，∴a≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))min，而x＋eq \f(1,x)≥2 eq \r(x·\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时取“＝”，∴a≤2．
即函数f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数时，a的取值范围是(－∞，2]．
(2)∵f(x)在x＝x1和x＝x2处取得极值，且f′(x)＝eq \f(1,x)＋x－a＝eq \f(x2－ax＋1,x)(x＞0)，
∴x1，x2是方程x2－ax＋1＝0的两个实根，由根与系数的关系得x1＋x2＝a，x1x2＝1，
∴f(x2)－f(x1)＝lneq \f(x2,x1)＋eq \f(1,2)(xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1))－a(x2－x1)＝lneq \f(x2,x1)－eq \f(1,2)(xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1))＝lneq \f(x2,x1)－eq \f(1,2)(xeq \\al(2,2)－xeq \\al(2,1))eq \f(1,x1x2)＝lneq \f(x2,x1)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)－\f(x1,x2)))，
设t＝eq \f(x2,x1)(t≥ eq \r(e))，令h(t)＝ln t－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,t)))(t≥ eq \r(e))，则h′(t)＝eq \f(1,t)－eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))＝－eq \f((t－1)2,2t2)＜0，
∴h(t)在[eq \r(e)，＋∞)上是减函数，∴h(t)≤h(eq \r(e))＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ \r(e)＋\f(\r(e),e)))，
故f(x2)－f(x1) 的最大值为eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－ \r(e)＋\f(\r(e),e)))．
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
f(x)

ln 2－1

x
1
(1，a－1)
a－1
(a－1，2)
2
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
x
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
eq \f(1,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))
eq \f(3,2)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
eq \f(3\r(e),4)
eq \f(e\r(e),4)
x
(－∞，0)
0
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
eq \f(2,3)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1))
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)

极小值

极大值
